考前冲刺模拟卷二
1．(2013·四川省模拟)伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有(　　)
A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比
B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比
C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关
解析　本题以高中物理中著名的伽利略理想斜面实验为依托，考查应用牛顿运动定律解题的能力．小球下滑的加速度a＝gsinθ
下滑过程中小球速度v＝at＝gsinθt
位移x＝at2＝gsinθt2
滑到斜面底端时v2＝2aL＝2gsinθL(L为斜面的长度)
由这几式看出，当θ一定时，v∝t，x∝t2；当斜面长度一定时，v2∝sinθ，t2∝，所以A、C、D项均错误，B项正确．
答案　B
2.


如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球，两个小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，它们构成一个正三角形．此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂．现用绝缘物体对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA竖直，设在图①所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图②状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是(　　)
A．T′<T　　　　　　　　 B．T′>T
C．T′＝T   D．条件不足，无法确定
解析　在图①状态下，OB对小球B拉力的竖直分力等于小球B的重力，即Tcos30°＝mg?T＝mg；在图②状态下，因为OA呈竖直状态，可见AB绳张力与小球A所受库仑力平衡，因此小球B在重力、水平力F和绳OB的拉力、A对B的库仑力、AB绳的拉力作用下平衡，根据平衡条件可知，T′cos60°＝mg?T′＝2mg，故B项正确．
答案　B
3．(2013·上海市联考)一辆公交汽车匀速驶入站台时，站台上等候的某乘客不小心将手中小球掉落．若小球的下落过程可视做自由落体运动，那么在这个过程中，以公交汽车为参考系，以汽车前进方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，符合小球运动轨迹的是图(　　)


解析　以公交汽车为参考系，以汽车前进方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，小球的运动可视为沿x轴负方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动的合运动，符合小球运动轨迹的是A.
答案　A
4．(多选题)


在一个匀强电场(图中未画出)的平面内有一个四边形ABCD，E为AD的中点，F为BC的中点，一个带正电的粒子从A移动到B点，电场力做功0.8×10－8 J，将该粒子从D移到C点，电场力做功为2.4×10－8 J，将粒子从E点移到F点，则下列分析正确的是(　　)
A．若粒子的电荷量为2.4×10－8 C，则D、C之间的电势差为1 V
B．若A、B之间的距离为1  cm，粒子的电荷量为0.8×10－8 C，该电场的场强一定是
E＝100 V/m
C．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于1.6×10－8 J
D．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为1.6×10－8 J
解析　由WDC＝qUDC可知选项A正确；由于电场线不一定沿着AB连线，故选项B错误；E为AD的中点，故φE＝(φA＋φD)/2，同理φF＝(φC＋φB)/2，又WEF＝qUEF，UEF＝φE－φF，故求出WEF＝1.6×10－8 J，故选项C错，D正确．
答案　AD
5．(2013·吉林省质检)已知地球半径为R，质量分布均匀，匀质球壳对其内部物体的引力为零．设想在赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一环形真空轨道，轨道面与赤道面共面．A、B两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力．则两物体的速度大小之比为(　　)
A. 　　　   B.
C.    D.
解析　设地球密度为ρ，则有
在赤道上方：＝
在赤道下方：＝
通过以上两式整理得＝，选项D正确．
答案　D
6.


(多选题)(2013·河南省开封市二模)如图所示，铝质的圆筒竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝筒的正上方由静止开始下落，然后从筒内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与筒壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)
A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动
B．磁铁在筒内下落过程中机械能守恒
C．磁铁在筒内下落过程中，铝筒对桌面的压力大于铝筒的重力
D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
解析　磁铁在整个下落过程中由于在铝筒内产生感应电流，受到磁场力作用，做加速度逐渐减小的加速运动，磁铁在筒内下落过程中机械能不守恒，选项A、B错误．磁铁在筒内下落过程中，铝筒由于受到磁场力作用，铝筒对桌面的压力大于铝筒的重力，选项C正确．磁铁在下落过程中由于产生了感应电流，动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项D正确．
答案　CD
7.


如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定时，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q.将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比(　　)
A．U变小　　　B．I变小      C．Q不变　　　D．Q减小
解析　当电流稳定时，电容器可视为断路，当P向左滑时，滑动变阻器连入电路中的阻值R增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I＝减小，电压表的示数U＝E－I(R2＋r)增大，A错误，B正确；对于电容器，电荷量Q＝CU增大，C、D均错．
答案　B
8．(多选题)如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②和如图③所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)


A．图②的情形中，人只能匀加速下滑
B．图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小为mg/2
C．图③的情形中，人匀速下滑
D．图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力
解析　


图②的情形中，人受力如图，即人不受摩擦力，人匀加速下滑，且a＝mgsin30°/m＝gsin30°，故A正确；轻绳对人的作用力大小为mgcos30°＝mg/2，故钢索对轻环的作用力大小为mg/2，故B正确；图③的情形中，人只能匀速下滑，故钢索对轻环一定有摩擦力，故C正确，D错误．
答案　ABC
9.


用如图所示的装置探究加速度与质量的关系时，保持砝码和砝码盘的质量不变，在小车上放砝码，设M为小车与砝码的质量和．改变M重复实验，确定加速度a与的关系．在如下图所示的图象能表示该同学实验结果的是________．


解析　先找出a-方程，再根据图象与方程一一对应选图．对由小车、砝码、砝码盘组成的整体，由牛顿第二定律得a＝＝·M·，又F1＝mg保持不变，故a＝·，因此a-图象的斜率k＝，所以随着的增大，斜率k变小，故C正确．
答案　C
10．某实验小组利用如下的器材，测量一电源的电动势E及内阻r，已知E约为4.5 V，r约为1.5 Ω，该电源允许输出的最大电流为0.12 A.
器材：量程3 V的理想电压表V，量程0.5 A的电流表A(具有一定内阻)，固定电阻r1＝4 Ω，r2＝40 Ω，电阻箱R，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．请设计一种比较精确的测定该电源电动势和内阻的方案，并回答如下问题：
(1)在下图中虚线框内画出测量电路的原理图；



(2)简要写出实验步骤(只要求测两组数据即可)____________________；
(3)写出计算式：电动势E＝________；内阻r＝________.
(4)这个实验的系统误差是怎样形成的？对电表内阻的要求是什么？
解析　若采用伏安法，电动势E约为4.5 V大于电压表的量程3 V，故应在干路中串联保护电阻．若选固定电阻r1＝4 Ω做保护电阻串联在干路中，电路中的最大电流约4.5 V÷4 Ω＝1.1 A，超过了该电源允许输出的最大电流为0.12 A．若选r2＝40 Ω，电路中电流最大约4.5 V÷40 Ω＝0.11 A，虽不超电


源允许输出的最大电流，但量程0.5 A的电流表偏角太小，测量不精确．故不能采用伏安法．
方法一：(1)实验电路原理图如图．
(2)在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电压表的示数U1，断开开关S；将电阻箱的阻值变为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电压表的示数U2.
(3)由闭合电路的欧姆定律得E＝U1＋(r＋r2)，E＝U2＋(r＋r2)，联立解得
E＝U1U2，r＝R1R2－r2.
(4)误差是由于电压表的分流形成的；要求电压表内阻比较大．


方法二：(1)如图所示．
(2)在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电流表的示数I1，断开开关S.
将电阻箱的阻值改为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电流表的示数I2.
(3)由E＝I1(R1＋r＋r2)，E＝I2(R2＋r＋r2)，
联立解得E＝，r＝－r2.
(4)误差是由电流表的分压形成的；要求电流表的内阻比较小．
答案　见解析
11．(2013·江苏省六市调研)如图所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触．图中AB高H＝0.3 m，AD长L＝0.5 m．斜面倾角θ＝37°.可视为质点的小物块P(图中未画出)质量m＝1 kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节(调节范围是0≤μ≤1)．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.


(1)令μ＝0，将P由D点静止释放，求P在斜面上的运动时间；
(2)令μ＝0.5，在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0＝2 m/s，求P落地时的动能．
(3)将X和Y接到同一数据处理器上，已知当X和Y受到物块压力时，分别显示正值和负值．对于不同的μ，每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求滑行过程中处理器显示的读数F随μ变化的关系表达式，并在坐标系中画出其函数图象．
解析　(1)当μ＝0时，P沿斜面下滑的加速度为：a＝gsinθ＝6 m/s2.
由L＝at2，解得t＝ ＝ s.
(2)设P沿斜面上滑位移为s时速度为零，由动能定理，－(mgsinθ＋μmgcosθ)·s＝mv
代入数据解得：s＝0.2 m.
设落地时P的动能为Ek，则
由动能定理，mgH－μmgcosθ·2s＝0－mv
代入数据解得：Ek＝3.4 J.
(3)P在斜面上下滑的过程中物块受力如图所示．由平衡条件可得：F＋Nsinθ＝fcosθ
将N＝mgcosθ和f＝μmgcosθ代入解得
F＝mgcosθ(μcosθ－sinθ)，
代入数据解得：F＝6.4μ－4.8.
其图象如图．


答案　(1) s
(2)3.4 J
(3)F＝6.4μ－4.8　图象见解析图
12．(2013·北京市怀柔区适应性训练)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处．板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力．求：


(1)油滴进入M孔时的速度v1；
(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；
(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′和B′的结果．
解析　(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理
mv－mv＝mgL＋qU1
考虑到m＝ρV0
得v1＝ .
(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：
mg＝qE
得E＝
油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由
qv1B＝
得B＝＝ .
(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，
0－mv＝－mgL－qUba′
得Uba′＝U1＋
考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：
B′＝－B.
答案　(1) 
(2)　 
(3)U1＋　－B
13．[物理—选修3－3]
(1)关于热现象下列叙述正确的是________．
A．温度降低，物体内所有分子运动的速度都变小
B．分子力随分子间距离的增大而减小
C．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的
D．温度升高，物体的内能不一定增大
(2)若一个空的教室地面面积为15 m2，高3 m，该房间空气温度为27 ℃.
①则该房间的空气在标准状况下占的体积V＝？
②已知空气的平均摩尔质量是M＝2.9×10－2 kg/mol，该房间的空气质量为多少？
③设想该房间的空气从27 ℃等压降温到0 ℃，由W＝p0ΔV计算外界对这些空气做的功为多少？若同时这些空气放出热量5×105 J，求这些空气的内能变化了多少？(已知大气压p0＝1×105 Pa)
解析　(1)温度是分子平均动能的标志，温度降低了，分子的平均动能减少，但不代表每个分子的速度都会变小；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现；当分子力为引力时，有时分子力随分子间距离的增大而增大；物体的内能取决于温度、体积及物质的量，所以温度升高，内能不一定增大．故正确答案为D.
(2)①该房间的体积V1＝15×3 m3＝45 m3，T1＝27＋273＝300 K，标准状况下T＝273 K，
由＝，
解出V＝41 m3.
②该房间空气的摩尔数n＝＝1.8×103 mol，
这些空气质量m＝nM＝52 kg.
③外界对这些空气做功
W＝p0ΔV＝P0(V1－V)＝4×105 J，
热量Q＝－5×105 J，由ΔU＝Q＋W，故ΔU＝4×105 J－5×105 J＝－1×105 J，
ΔU为负，表示内能减少了1×105 J.
答案　(1)D
(2)①41 m3　②52 kg　③4×105J　减少了1×105 J
14．[物理—选修3－4]
(1)(多选题)下列光现象中，说法正确的是________．
A．在水中的鱼斜向上看岸边物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置低
B．光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传播信息的
C．玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显偏亮，是由于光的全反射
D．海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率大
(2)


在右图中，1、2、3、4、5为均匀介质中质点的平衡位置，间隔为a＝8  cm，成一条直线排列．t＝0时，质点1开始竖直向下振动，激起的正弦波向右传播．到t＝3 s末，从第2个质点到第4个质点，第6次振动的波形如图实线所示，第2个质点在波峰，第4个质点在波谷．求：
①质点振动的周期T是多少？
②这列波的波速是多少？
③从t＝3 s时起，经过多长时间，从第2个质点到第4个质点区间出现图中虚线波形？
解析　(1)光从空气射入水中，折射角小于入射角，鱼从水中逆着折射光线看岸上物体，像的位置应该比实际位置高，A错误；光纤通信是利用光的全反射原理制成的，B正确；光从玻璃进入裂缝中的空气时发生全反射，C正确；海市蜃楼是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，光从海面某处斜向上传播时发生光的全反射形成的，D错误．
(2)①补画出t＝3 s末的波形图，可发现t＝3 s末质点1位于平衡位置且向下振动．故质点1在前3 s内，恰好振动了6T，故6T＝3 s，解出T＝0.5 s.
②由题意，＝8 cm，波速v＝，解出v＝0.64 m/s.
③出现图中虚线波形时，由“下坡上振”，可知第2个质点正从平衡位置向上振动．因此再过＋nT，第2个质点从图中实线上的位置振动到图中虚线上的位置，所求t＝(＋n)×0.5 s(n＝0,1,2…)
答案　(1)BC
(2)①0.5 s　②0.64 m/s　③s(n＝0,1,2…)
15．[物理—选修3－5]
(1)


用于火灾报警的离子烟雾传感器如图所示，在网罩Ⅰ内有电极Ⅱ和Ⅲ，a、b两端接电源，Ⅳ是一小块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使气体电离的粒子．平时镅放射出的粒子使两个电极间的空气电离，在a、b间形成较强的电流，发生火灾时，烟雾进入网罩内，烟尘颗粒吸收空气中的离子和镅发出的粒子，导致电流发生变化，电路检测到这种变化，从而发出警报．下列有关这种报警器的说法正确的是________．
A．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流增强
B．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流减弱
C．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流增强
D．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流减弱
(2)利用核反应堆工作时释放出的热能使水汽化以推动汽轮发电机发电，这就是核电站．核电站消耗的“燃料”很少，但功率却很大．假设每次铀核裂变时，平均释放200 MeV的能量并平均放出2.4个中子，试回答：
①在核反应堆中，“燃料”是U，________起使中子减速的作用，________起吸收中子控制链式反应速度的作用．
②功率为1×104 kW的反应堆中每秒钟产生的中子数？
③在核反应堆里，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速．假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的．已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求经过一次碰撞后中子的动能变为多少？
解析　(1)很容易使气体电离的是α粒子，α粒子穿透能力较弱，烟尘颗粒吸收α粒子和空气中的离子，使电流减弱．
(2)①石墨起使中子减速的作用，镉棒起吸收中子控制反应速度的作用．
②设每秒钟产生的中子数为n，则每秒钟裂变的次数为，则1 s内释放的能量：1×107 W×1 s＝×200×106×1.6×10－19 J，解出n＝7.5×1017(个)．
③弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒．设中子的质量m，碳核的质量M，则M＝12m.有
mv0＝mv1＋Mv，
mv＝mv＋Mv2，
由上述两式整理得v1＝－v0.
则经过一次碰撞后中子剩余的动能为E1＝mv＝2E0.
答案　(1)B
(2)①石墨　镉棒　②7.5×1017　③2E0